Lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - Chương 2

Chia sẻ: Nguyễn Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:53

Thêm vào BST

Báo xấu

509
lượt xem 197
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - chương 2', khoa học tự nhiên, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - Chương 2

CHƯƠNG II. PHƯƠNG TRÌNH − HỆ PHƯƠNG TRÌNH II.1. 1) m 2 x + 4m − 3 = x + m 2 (1) ( ) (1) ⇔ m 2 − 1 x = m 2 − 4m + 3 (*) m = 1 + m2 − 1 = 0 ⇔   m = −1 . m = 1, phương trình (*) trở thành 0 x = 0 ⇒ phương trình (1) có nghiệm tùy ý. . m = −1, phương trình (*) trở thành 0 x = 8 ⇒ phương trình (1) vô nghiệm. m ≠ 1 + m2 − 1 ≠ 0 ⇔  phương trình (1) có nghiệm duy nhất. m ≠ −1 m2 − 4m + 3 m − 3 . x= = m2 − 1 m +1 Kết luận: + Nếu m = 1 thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý. + Nếu m = −1 thì phương trình (1) vô nghiệm. m ≠ 1 m−3 + Nếu  thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = . m ≠ −1 m +1 2 ( ) 2) ( a + b ) + 2a 2 = 2a ( a + b ) + a 2 + b 2 x (1) + 2ab + ( a ) (1) ⇔ a 2 + 2ab + b 2 + 2a 2 = 2a 2 2 + b2 x ( ) ⇔ a 2 + b 2 x = a 2 + b2 ( *) . a = 0 + Nếu a 2 + b 2 = 0 ⇔  thì phương trình (*) trở thành 0 x = 0 suy ra phương trình (1) b=0  có nghiệm tùy ý. a ≠ 0 a2 + b2 + Nếu a 2 + b2 ≠ 0 ⇔  thì phương trình (1) có một nghiệm duy nhất x = 2 = 1. a + b2 b≠0  Kết luận: a = 0 + Với  thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý. b = 0 a ≠ 0 + Với  thì phương trình (1) có một nghiệm duy nhất x = 1. b ≠ 0 3)a 2 x + 2ab = b 2 x + a 2 + b 2 (1) 2 ⇔ ( a 2 − b 2 ) x = ( a − b ) (* ) 98
a = b + a2 − b2 = 0 ⇔   a = −b · a = b thì (*) trở thành 0 x = 0 suy ra phương trình (1) có nghiệm tùy ý. · a = −b thì (*) trở thành 0 x = 4b 2 . Nếu b = 0 thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý. Nếu b ≠ 0 thì phương trình (1) vô nghiệm. 2 (a − b) a − b . a ≠ b 2 2 + a −b ≠ 0 ⇔  phương trình (1) có một nghiệm duy nhất x = 2 2 = a ≠ −b a −b a+b Kết luận: + Nếu a = b thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý.  a = −b + Nếu  thì phương trình (1) vô nghiệm. b ≠ 0 a ≠ b a−b + Nếu  thì phương trình (1) có một nghiệm duy nhất x = a ≠ −b a+b 4)a ( ax + b ) = 4ax + b 2 − 5 (1) ⇔ a 2 x + ab = 4ax + b 2 − 5 ( ) ⇔ a 2 − 4a x = b 2 − ab − 5 (*) a = 0 + a 2 − 4a = 0 ⇔  a = 4 · Với a = 0 thì phương trình (*) trở thành 0 x = b 2 − 5. b ≠ 5  Nếu b 2 − 5 ≠ 0 ⇔  thì phương trình (1) vô nghiệm. b ≠ − 5  b = 5 Nếu b 2 − 5 = 0 ⇔  thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý. b = − 5  · Với a = 4 thì phương trình (*) trở thành 0 x = b 2 − 4b − 5 b ≠ − 1 Nếu b 2 − 4b − 5 ≠ 0 ⇔  thì phương trình (1) vô nghiệm. b≠5  b = −1 Nếu b 2 − 4b − 5 = 0 ⇔  thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý. b = 5 a ≠ 0 b 2 − 4b − 5 + a 2 − 4a ≠ 0 ⇔  thì phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = 2 . a≠4 a − 4a  Kết luận: 99
a = 4 a = 0   + Nếu  ∨ b ≠ −1 thì phương trình (1) vô nghiệm. b ≠ ± 5  b ≠ 5  a = 0 a = 4   + Nếu b = − 5 ∨ b = −1 thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý.   b = 5   b = 5  a ≠ 0 b 2 − 4b − 5 + Nếu  phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2 . a ≠ 4 a − 4a 2x + m x + m −1 II. 2. 1) = 1(1) − x −1 x x ≠ 0 Điều kiện:  x ≠ 1 (1) ⇔ ( 2 x + m ) x − ( x + m − 1) ( x − 1) = x ( x − 1) ⇔ 2 x 2 + mx − x 2 + x − mx + m + x − 1 = x 2 − x ⇔ 3x + m − 1 = 0 1− m . ⇔x= 3 1− m là nghiệm của phương trình (1) khi và chỉ khi x= 3 1 − m  3 ≠0 m ≠ 1  . ⇔  1 − m ≠ 1  m ≠ −2 3  m ≠ 1 1− m thì phương trình (1) có một nghiệm duy nhất x = Kết luận: + Nếu  . m ≠ −2 3  m = −2 thì phương trình (1) vô nghiệm. + Nếu  m = 1 mx 2 − m x = 2m + 1(1) 2) x −1 x ≠ 1 Điều kiện:   x ≠ −1 x ≥ 0 thì phương trình (1) trở thành + Xét trường hợp  x ≠ 1 100
mx 2 − mx = 2m + 1 x −1 ⇔ mx 2 − mx ( x − 1) = ( 2m + 1)( x − 1) ⇔ ( m + 1) x = 2m + 1(*) 2m + 1 Nếu m = −1 thì (*) vô nghiệm. Nếu m ≠ −1 thì (*) ⇔ x = . m +1 2m + 1 là nghiệm của phương trình (1) khi và chỉ khi x= m +1  2m + 1 1 1 ≥0    m < −1 ∨ m ≥ −  m < −1 ∨ m ≥ −  m +1 2⇔ 2 ⇔  2m + 1  m ≠ 0 m ≠ 0. ≠1    m +1  1  m < −1 ∨ m ≥ − 2 thì phương trình (1) có nghiệm. Vậy, với  m ≠ 0  x < 0 thì phương trình (1) trở thành + Xét trường hợp   x ≠ −1 mx 2 + mx = 2m + 1 −x −1 ⇔ mx 2 + mx ( − x − 1) = ( 2m + 1) ( − x − 1) ⇔ ( m + 1) x = −2m − 1(**) −2 m − 1 Nếu m = −1 thì (**) vô nghiệm. Nếu m ≠ −1 thì (**) ⇔ x = . m +1 −2m − 1 là nghiệm của phương trình (1) khi và chỉ khi x= m +1  −2m − 1  m + 1 ≠ −1 m ≠ 0 m ≠ 0    ⇔ 1⇔  1  −2m − 1 < 0  m < −1 ∨ m > − 2 m < −1 ∨ m > − 2 .    m +1  Kết luận: m ≠ 0 2m + 1 −2m − 1  1 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1 = + Nếu  , x2 = . m +1 m +1 m < −1 ∨ m ≥ −   2 1 (Trường hợp m = − thì hai nghiệm này bằng nhau và bằng 0) 2 101
1   −1 ≤ m < − 2 thì phương trình (1) vô nghiệm. + Nếu  m = 0 2mx − 1 m +1 (1) − 2 x −1 = 3) x −1 x −1 Điều kiện x > 1. (1) ⇔ 2mx − 1 − 2 ( x − 1) = m + 1 ⇔ ( 2m − 2 ) x = m(*) Nếu m = 1 thì (*) vô nghiệm. m . Nếu m ≠ 1 thì (*) ⇔ x = 2(m − 1) m là nghiệm của phương trình (1) khi và chỉ khi x= 2(m − 1) 2−m m >1⇔ > 0 ⇔ 1 < m < 2. 2(m − 1) 2(m − 1) m . Kết luận: Khi 1 < m < 2 thì phương trình (1) có một nghiệm duy nhất x = 2(m − 1) m ≤ 1 phương trình (1) vô nghiệm. Khi  m ≥ 2 II.3. m 2 x 2 − m(5m + 1) x − (5m + 2) = 0 (1) + Xét m2 = 0 ⇔ m = 0, (1) trở thành −2 = 0 ⇒ (1) vô nghiệm. + Xét m 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 thì (1) là phương trình bậc hai. 2 ∆ =  m ( 5m + 1)  + 4m 2 ( 5m + 2 ) = 25m4 + 30m3 + 9m 2 = m 2 (5m + 3) 2 ≥ 0, ∀m ∈ ℝ.   m = 0 m2 = 0 ⇔ 2 2 + ∆ = 0 ⇔ m (5m + 3) = 0 ⇔  , kết hợp với giả thiết m ≠ 0, ta  m = −3 2  (5m + 3) = 0   5 −3 5 được m = , thì phương trình (1) có nghiệm kép x1 = x2 = . 5 3 m ≠ 0  2 2 + ∆ > 0 ⇔ m (5m + 3) > 0 ⇔  −3 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt m ≠ 5  102
5m + 2 −1 . x1 = ∨ x2 = m m Kết luận: + m = 0, phương trình (1) vô nghiệm. −3 5 + m= , phương trình (1) có nghiệm kép x1 = x2 = . 5 3 m ≠ 0 5m + 2 −1  + −3 , phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là x1 = ; x2 = . m ≠ 5 m m  ( ) II.4. ( a + b ) x 2 − a 2 + 4ab + b 2 x + 2ab ( a + b ) = 0 (1) + Xét a + b = 0 ⇔ a = −b, phương trình (1) trở thành 2b 2 x = 0. · b = 0 : Phương trình (1) có nghiệm tùy ý. · b ≠ 0 : Phương trình (1) có một nghiệm duy nhất x = 0. + Xét a + b ≠ 0 ⇔ a ≠ −b, ta có 2 2 2 ∆ = ( a 2 + 4ab + b 2 ) − 8ab ( a + b ) = ( a 2 + b 2 ) 2ab Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 = ; x2 = a + b. a +b Kết luận: · Nếu a = b = 0 thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý. · Nếu a = −b ≠ 0 thì phương trình (1) có một nghiệm duy nhất x = 0. 2ab · Nếu a ≠ −b thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 = ; x2 = a + b. a +b II.5. Giả sử x1 , x2 là nghiệm của phương trình x 2 + ax + bc = 0(1). x1 , x3 là nghiệm của phương trình x 2 + bx + ca = 0.(2) ( x1 là nghiệm chung của các phương trình (1) và (2)). Ta chứng minh x2 , x3 thỏa mãn phương trình x 2 + cx + ab = 0(3). Theo định lý Viet ta có  x1 + x2 = − a  x1 + x3 = −b (*) và  (**)   x1 x2 = bc  x1 x3 = ca Do x1 là nghiệm chung của các phương trình (1) và (2) nên ta có 103
x12 + ax1 + bc = x12 + bx1 + ca ⇔ (a − b) x1 = c (a − b) ⇔ x1 = c (Do a, b, c khác nhau đôi một và khác 0). Thay x1 = c vào (*) và (**) ta được x2 = b = −a − c x3 = a = −b − c Thay giá trị x2 = b = −a − c vào vế trái phương trình ( 3) ta được (−a − c )2 + c(−a − c) + ab = a 2 + 2ac + c 2 − ac − c 2 + a (−a − c ) = a 2 + 2ac + c 2 − ac − c 2 − a 2 − ac = 0 ⇒ x2 là nghiệm của phương trình ( 3) . Thay giá trị x3 = a = −b − c vào vế trái phương trình ( 3) ta được (−b − c) 2 + c(−b − c) + ab = (−b − c )2 + c(−b − c ) + (−b − c)b = b 2 + 2bc + c 2 − bc − c 2 − b 2 − bc = 0 ⇒ x3 là nghiệm của phương trình ( 3) . Vậy, x2 , x3 là nghiệm của phương trình x 2 + cx + ab = 0. (Đpcm) II.6. mx 2 − 2(m − 3) x + m − 4 = 0 (1) 2 ⇒ m = 0 thỏa đề bài. + Xét m = 0, (1) trở thành 6 x − 4 = 0 ⇔ x = 3 + Xét m ≠ 0, phương trình (1) có đúng một nghiệm dương trong các trường hợp sau · Phương trình (1) có một nghiệm kép dương: ∆′ = 9 − 2m = 0 9  Điều kiện là  ⇔m= . 2 ( m − 3) 2 >0 S =  m · Phương trình (1) có một nghiệm dương và một nghiệm bằng 0: m−4  P = m = 0  Điều kiện là  ⇔ m = 4. 2 ( m − 3) S = >0   m · Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu: m−4 Điều kiện là P = < 0 ⇔ 0 < m < 4. m 104
9 Vậy, với 0 ≤ m ≤ 4 ∨ m = thì phương trình (1) có đúng một nghiệm dương. 2 II.7. ( m − 1) x 4 + 2 ( m − 3) x 2 + m + 3 = 0 ( 1) Đặt X = x 2 ≥ 0 Khi đó (1) trở thành ( m − 1) X 2 + 2 ( m − 3) X + m + 3 = 0 ( 2 ) + Nếu m − 1 = 0 ⇔ m = 1 khi đó ( 2 ) trở thành X = 1 ⇒ x = ±1. Như vậy m = 1 không thỏa yêu cầu đề bài. + Xét m ≠ 1 khi đó ( 2 ) là phương trình bậc II. (1) vô nghiệm khi và chỉ khi (2) hoặc vô nghiệm hoặc có hai nghiệm đều âm  ∆′ = ( m − 3) 2 − ( m − 1)( m + 3) < 0 3  m > 2    2  ∆′ = ( m − 3 ) − ( m − 1)( m + 3) ≥ 0  m ≤ 3 3  m > 2   2 ⇔ ⇔ ⇔  S = −2 ( m − 3 ) < 0     m < 1 ∨ m > 3  m < −3  m −1  m < −3 ∨ m > 1  P = m + 3 > 0     m −1  3 thì (1) vô nghiệm. Vậy, với m < −3 ∨ m > 2 II.8. x 2 − 2 x − m x − 1 + m 2 = 0 (1) 2 Ta có (1) ⇔ ( x − 1) − m x − 1 + m2 − 1 = 0. Đặt X = x − 1 ≥ 0 ta có phương trình X 2 − mX + m 2 − 1 = 0(2) Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm không âm. Ta giải bài toán ngược tức là tìm các giá trị của m để phương trình (1) vô nghiệm. Phương trình (1) vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) hoặc là vô nghiệm hoặc có hai nghiệm đều âm. Điều này xảy ra khi và chỉ khi  −2 3 23 m < ∨m> 3 3  ∆ = 4 − 3m 2 < 0   −2 3 23    −2 3  m < −1 23 m < ∨m>  ∆ = 4 − 3m ≥ 0 2  3 3 ≤m≤ ⇔ ⇔ (*) ⇔  ⇔ 3 3 m > 2 3 2  −2 3 P = m − 1 > 0    m < −1 ∨ m > 1  ≤ m < −1  3   S = m < 0  3   m < 0   Như vậy, phương trình (1) vô nghiệm khi và chỉ khi m thỏa điều kiện (*). 105
23 Vậy, giá trị cần tìm của m là −1 ≤ m ≤ . 3 2 II.9. 1) ( x − 1) = 2 x − k (1) ( x − 1) 2 = 2 ( x − k )  x 2 − 2 x + 1 = 2 x − 2k (1) ⇔  ⇔ 2  2  x − 2 x + 1 = 2k − 2 x ( x − 1) = 2 ( k − x )   x2 − 4x +1 1 1 = − x2 + 2x − k=   x − 4 x + 1 = − 2k 2 −2 2 2 ⇔ ⇔ 2 2   x + 1 = 2k x +1 1 2 1  k = 2 = 2 x + 2  1 1 1 1 Vẽ các đường Parabol ( P ) : y = − x 2 + 2 x − , ( P2 ) : y = x 2 + và y = k trên cùng một 1 2 2 2 2 hệ trục tọa độ. Số nghiệm của phương trình (1) chính bằng số giao điểm của đường thẳng y = k với các Parabol ( P ), ( P2 ). 1 Các Parabol ( P ), ( P2 ) và đường thẳng y = k được vẽ ở hình sau 1 y 3 y=k 2 1 x O 1 2 Dựa vào đồ thị ta kết luận được phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 3 < k < 1∨1 < k < . 2 2 2 ) −2 x 2 + 10 x − 8 = x 2 − 5 x + a ( 2 ) (2) ⇔ −2 x 2 + 10 x − 8 − x 2 + 5 x = a . Xét hàm số  x 2 − 5 x + 8; x < 1 ∨ x > 4  f ( x) = −2 x 2 + 10 x − 8 − x 2 + 5 x =  2 −3x + 15 x − 8;1 ≤ x ≤ 4  Vẽ các đường Parabol ( P ) : y = x 2 − 5 x + 8, x < 1 ∨ x > 4, ( P2 ) : y = −3 x 2 + 15 x − 8,1 ≤ x ≤ 4 1 và y = a trên cùng một hệ trục tọa độ. Số nghiệm của phương trình (2) chính bằng số giao điểm của đường thẳng y = a với các Parabol ( P ), ( P2 ). 1 106
Các Parabol ( P ), ( P2 ) và đường thẳng y = a được vẽ ở hình sau 1 y 43 4 y=a 4 5 2 4 1 O x Dựa vào đồ thị ta kết luận được phương trình ( 2 ) có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 43 4
t ( t − 20 ) = −36 ⇔ t 2 − 20t + 36 = 0 t = 2 ⇔ t = 18 · Với t = 2 thì ta có phương trình x 2 + 3x + 2 = 2 ⇔ x 2 + 3x = 0 x = 0 ⇔  x = −3 · Với t = 18 thì ta có phương trình x 2 + 3x + 2 = 18 ⇔ x 2 + 3 x − 16 = 0  −3 + 73 x = 2 ⇔  −3 − 73 x =  2 −3 ± 73 Vậy, nghiệm của phương trình là x = 0, x = −3, x = . 2 3) x ( x − 2 ) ( x + 2 ) ( x + 4 ) = 18 (1) (1) ⇔  x ( x + 2 )  ( x − 2 ) ( x + 4 )  = 18    ( )( ) ⇔ x 2 + 2 x x 2 + 2 x − 8 = 18 2 Đặt t = x 2 + 2 x = ( x + 1) − 1 ≥ −1 Khi đó phương trình (1) trở thành t = 4 + 34 t ( t − 8) = 18 ⇔ t 2 − 8t − 18 = 0 ⇔  t = 4 − 34  Ta nhận t = 4 + 34 và ta có phương trình x 2 + 2 x = 4 + 34 2 ⇔ ( x + 1) = 5 + 34  x = −1 + 5 + 34 ⇔  x = −1 − 5 + 34  108
Vậy, nghiệm của phương trình là x = −1 ± 5 + 34 . 4 II.11. 1) x 4 + ( x − 1) = 97 (1) 1 1 ⇒ x = t + . Khi đó (1) trở thành Đặt t = x − 2 2 4 4  1  1  t + 2  +  t − 2  = 97    1 ⇔ 2t 4 + 3t 2 + = 97 8 ⇔ 16t 4 + 24t 2 − 775 = 0  2 25 t = 4 ⇔ t 2 = − 31   4 25 Ta nhận t 2 = . 4 5 t = 2 25 2 Với t = ⇔ t = − 5 4   2 5 15 · Khi t = thì x − = ⇔ x = 3. 2 22 5 1 5 · Khi t = − thì x − = − ⇔ x = −2. 2 2 2 Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = 3, x = −2. 4 4 2) ( x + 3) + ( x + 5 ) = 16 (1) Đặt t = x + 4 ⇒ x = t − 4. Khi đó (1) trở thành 4 4 ( t − 1) + ( t + 1) = 16 4 2 ⇔ 2t + 12t + 2 = 16 ⇔ 2t 4 + 12t 2 − 14 = 0 ⇔ t 4 + 6t 2 − 7 = 0 t 2 = 1 t = 1 ⇔ 2 ⇔ t = −1  t = −7  · Khi t = 1 thì x + 4 = 1 ⇔ x = −3. 109
· Khi t = −1 thì x + 4 = −1 ⇔ x = −5. Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là x = −3; x = −5. 4 4 3) ( x + 2 ) + ( x + 6 ) = 2 (1) Đặt t = x + 4 ⇒ x = t − 4. Khi đó (1) trở thành 4 4 (t − 2) + (t + 2) =2 ⇔ 2t 4 + 48t 2 + 32 = 2 ⇔ t 4 + 24t 2 + 15 = 0 t 2 = −12 − 129 (Loại) ⇔ t 2 = −12 + 129  Vậy, phương trình đã cho vô nghiệm. II.12. 1) 6 x 4 − 35 x 3 + 62 x 2 − 35 x + 6 = 0 (1) Do x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên chia hai vế của phương trình cho x 2 ≠ 0, ta được phương trình tương đương 1 1 6( x 2 + ) − 35( x + ) + 62 = 0 (2) 2 x x 1 Đặt t = x + , điều kiện: t ≥ 2 x 1 ⇒ x2 + = t2 − 2 x2 Khi đó, phương trình (2) trở thành 6(t 2 − 2) − 35t + 62 = 0 ⇔ 6t 2 − 35t + 50 = 0  10 t = 3 ⇔ t = 5 2  10 · Với t = ta có phương trình 3 1 10 10 ⇔ x 2 − x + 1 = 0 (Do x ≠ 0 ) x+ = x3 3 ⇔ 3x 2 − 10 x + 3 = 0 110
x = 3 ⇔ x = 1  3 5 · Với t = 2 15 5 = ⇔ x 2 − x + 1 = 0 (Do x ≠ 0 ) x+ x2 2 x = 2 ⇔ x = 1  2 1 1 Vậy, phương trình đã cho có bốn nghiệm x = 3; x = ; x = 2; x = . 3 2 2) x 4 + x3 − 4 x 2 + x + 1 = 0 (1) Do x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên chia hai vế của phương trình cho x 2 ≠ 0, ta được phương trình tương đương 11 x2 + x − 4 + =0 + x x2 1 1 ⇔ (x2 + ) + (x + ) − 4 = 0 2 x x 1 Đặt t = x + , điều kiện: t ≥ 2 x 1 ⇒ x2 + = t2 − 2 x2 Khi đó phương trình trở thành t2 + t − 6 = 0 t = 2 ⇔ t = −3 x1 = 1, x2 = 2 · Với t = 2 1 = 2 ⇔ x2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 x+ x · Với t = −3 1 = −3 ⇔ x 2 + 3x + 1 = 0 x+ x 111
 −3 + 5 x = 2 ⇔  −3 − 5 x =  2 −3 + 5 −3 − 5 Vậy, phương trình đã cho có ba nghiệm là x = 1; x = ;x = . 2 2 3) x 4 − 5 x 3 + 10 x 2 − 10 x + 4 = 0 (1) Ta có (1) ⇔ x 4 − 5 x 3 + 10 x 2 − 10 x + 4 = 0 ⇔ ( x 4 − x3 ) + 10( x 2 − x ) − 4( x3 − 1) = 0 ⇔ x3 ( x − 1) + 10 x ( x − 1) − 4( x − 1)( x 2 + x + 1) = 0 ⇔ ( x − 1)( x 3 + 10 x − 4 x 2 − 4 x − 4) = 0 ⇔ ( x − 1)( x 3 − 4 x 2 + 6 x − 4) = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 2)( x 2 − 2 x + 2) = 0 x = 1  ⇔ x = 2 2  x − 2x + 2 = 0 x = 1 ⇔ x = 2 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 1; x = 2. 4) 2 x 4 − 21x3 + 74 x 2 − 105 x + 50 = 0 Do x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế của phương trình cho x 2 ≠ 0, ta được phương trình tương đương 25 5 2( x 2 + ) − 21( x + ) + 74 = 0 2 x x 5 Đặt t = x + ; điều kiện: t ≥ 2 5 x 25 2 ⇒ x2 + = t − 10 x2 Khi đó phương trình trở thành t = 6 ⇔ 2t − 21t + 54 = 0 ⇔  9 2 t = 2 112
x = 1 5 · Với t = 6 ⇒ x + =6⇔   x = 5. x x = 2 59 9 · Với t = ⇒ x + = ⇔  x = 5 . 2 x2  2 5 Vậy, phương trình đã cho có bốn nghiệm là x = 1; x = 2; x = 5; x = . 2 5) 2 x 4 + 5 x3 + x 2 + 5 x + 2 = 0 Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế của phương trình cho x 2 ≠ 0, ta được phương trình tương đương 1 1 2( x 2 + ) + 5( x + ) + 1 = 0 2 x x 1 Đặt t = x + , điều kiện: t ≥ 2 x 1 ⇒ x2 + = t2 − 2 2 x Khi đó phương trình trở thành 2(t 2 − 2) + 5t + 1 = 0 ⇔ 2t 2 + 5t − 3 = 0 t = −3 ⇔ 1 t = 2 1 · Với t = (Loại) 2 · Với t = −3 1 = −3 ⇔ x 2 + 3x + 1 = 0 x+ x  −3 + 5 x = 2 ⇔  −3 − 5 x =  2 −3 + 5 −3 − 5 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là x = ;x = . 2 2 II.13. ( x + 3) ( x − 1) ( x + 5 ) ( x − 3) − 40 = m (1) Đặt t = ( x + 3) ( x − 1) = x 2 + 2 x − 3 ( ∗) ⇒ t − 12 = x 2 + 2 x − 15 = ( x − 3) ( x + 5 ) 113
Khi đó (1) trở thành t ( t − 12 ) − 40 = m ⇔ t 2 − 12t − 40 = m Xét hàm số t = f ( x ) = x 2 + 2 x − 3 f ′ ( x ) = 2 x + 2 = 0 ⇔ x = −1 Bảng biến thiên Xét hàm số g ( t ) = t 2 − 12t − 40 g ′ ( t ) = 2t − 12 = 0 ⇔ t = 6 Bảng biến thiên Ta có nhận xét: · t = −4, phương trình (*) có một nghiệm x. · t < −4, phương trình (*) vô nghiệm x. · t > −4, phương trình (*) có hai nghiệm x phân biệt. Vậy, ta có số nghiệm của phương trình đã cho như sau + m = 24, (1) có ba nghiệm phân biệt. + m > 24 ∨ m = −76, (1) có hai nghiệm phân biệt. + − 76 < m < 24, (1) có bốn nghiệm phân biệt. + m < −76, (1) vô nghiệm.  2 x + y + 1 − x + y = 1(1)  II.14. 1)  3x + 2 y = 4 ( 2)     y +1  x ≥ −   Điều kiện:   2  (*)  x ≥ −y  Với điều kiện (*) thì hệ phương trình đã cho được biến đổi về 114
1 1  2x + y + 1 − x + y = 1 x + 3 − 2 − x = 1( 2 )    ⇔ 2 2  3 y = 2− x  y = 2− 3 x  (3)  2   2 1 1 1 1 ( 2) ⇔ x + 3 − 2− x =1⇔ x + 3 = 2 − x +1 2 2 2 2 x ≥ 0 ⇔x=2 ⇔ 2  x + 2x − 8 = 0 Thế x = 2 vào phương trình (3) ta được y = −1. Cặp giá trị (2; −1) thỏa điều kiện (*) nên là nghiệm của hệ phương trình đã cho.  x 2 xy − 3 = 15   y (1) 2)   xy + x = 15   y Điều kiện: y ≠ 0  2 xy 2 − 3 x = 15 y  2 xy 2 − 3 x = 15 y  2 xy 2 − 3 x = 15 y  (1) ⇔  ⇔ ⇔  x ( y − 4) = 0 2 2 2  xy + x = 15 y  xy − 4 x = 0  2 xy 2 − 3 x = 15 y   x = 0 ⇔   y = 2  y = −2  · Với x = 0 thì y = 0 (Loại) · Với y = 2 thì x = 6 · Với y = −2 thì x = −6 Vậy, hệ phương trình có hai nghiệm là (6;2) và (−6; −2). x Chú ý. Có thể đặt u = xy, v = . Khi đó hệ phương trình đã cho được đưa về hệ phương y trình bậc nhất đối với hai ẩn u , v.  x 2 − xy = 12  3)  2 (1)  y − xy = 28  0 = 12 Với x = 0 thay vào (1), ta được  2 (Vô lý).  y = 28 115
12 12    x( x − y ) = 12 y − x = − y − x = − Với x ≠ 0 , ta có (1) ⇔  ⇔ x ⇔ x  y ( y − x ) = 28  y ( y − x) = 28 −12 y = 28 x   7 12  2 18 10 x 2 = 36 3 x + x = x x = 5    ⇔ ⇔ 7 ⇔ y = − 7 x y = − 7 x y = − 3 x      3 3    3 10 3 10 3 10 3 10 x = x = − x = ∨x=−  5 ⇔  5 5 5 ⇔  ∨ y = − 7 x  y = − 7 10  y = 7 10     3 5 5    3 10 7 10   3 10 7 10  Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là   5 ; − 5 , − 5 ; 5 .       x + y − 3x + 2 y = −1  4)   x + y + x − y = 0;  x + y ≥ 0 Điều kiện:  Đặt u = x + y ≥ 0, v = 3 x + 2 y ≥ 0. Hệ phương trình đã cho trở 3 x + 2 y ≥ 0 v = u + 1 u − v = −1 v = u + 1  thành  ⇔ ⇔ 1 2 2 2 u = 2 ∨ u = − 6 u + 2u − 5v = 0 −3u + 5u + 2 = 0   x+ y = 2 x + y = 4 x = 1  Ta chọn u = 2; v = 3. Ta được  ⇔ ⇔  3x + 2 y = 3 3 x + 2 y = 9 y = 3  Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm là (1;3). 1 1 2 2  x + y + x2 + y 2 = 4  5)  (1) 11  x+ y+ + = 4   xy x ≠ 0 Điều kiện:  (*) y ≠ 0 116
 2 1 1  ( x + )2 + ( y + )2 = 8 4 − ( y + 1 ) + ( y + 1 )2 = 8   y  x y ⇔   y (1) ⇔  ( x + 1 ) + ( y + 1 ) = 4 x + 1 = 4 − ( y + 1 )    x y  x y 12 1  1   2( y + y ) − 8( y + y ) + 8 = 0 y + y = 2   ⇔ ⇔ x + 1 = 4 − ( y + 1 ) x + 1 = 2     x y x  x2 − 2x +1 = 0 x = 1  thoả điều kiện (*). ⇔ 2 ⇔ y =1  y − 2 y +1 = 0  Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm là (1;1). x2 + y2 + 6x + 2 y = 0 6)  x + y + 8 = 0 Ta có x + y + 8 = 0 ⇔ x = −8 − y thay vào phương trình x 2 + y 2 + 6 x + 2 y = 0 ta được 2 + y 2 + 6 ( −8 − y ) + 2 y = 0 ( −8 − y ) ⇔ 64 + 16 y + y 2 + y 2 − 48 − 6 y + 2 y = 0 ⇔ y2 + 6 y + 8 = 0 ⇔ y = −2 ∨ y = −4 . Với y = −2 ⇒ x = −6 Với y = −4 ⇒ x = −4 Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là ( −6; −2 ) , ( −4; −4 ) .  x 2 + y 2 − xy = 13  (I ) 7)   x + y − xy = 3  Điều kiện: xy ≥ 0 ( x + y )2 − 3xy = 13 (I ) ⇔    x + y − xy = 3  Đặt u = x + y , v = xy ≥ 0 . Khi đó ta được 117